【新高考复习】8 第7讲　正弦定理和余弦定理的应用举例　新题培优练

[基础题组练]1.如图，两座灯塔A和B与河岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的()A．北偏东10°B．北偏西10°C．南偏东80°D．南偏西80°解析：选D.由条件及题图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.2．已知A，B两地间的距离为10km，B，C两地间的距离为20km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为()A．10kmB．103kmC．105kmD．107km解析：选D.由余弦定理可得：AC2＝AB2＋CB2－2AB×CB×cos120°＝102＋202－2×10×20×－12＝700.所以AC＝107(km)．3．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于()A．240(3－1)mB．180(2－1)mC．120(3－1)mD．30(3＋1)m解析：选C.因为tan15°＝tan(60°－45°)＝tan60°－tan45°1＋tan60°tan45°＝2－3，所以BC＝60tan60°－60tan15°＝120(3－1)(m)．4．已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度的150公里处，以v公里/小时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度的200公里处，若cosα＝34cosβ，则v＝()A．60B．80C．100D．125解析：选C.画出图象如图所示，由余弦定理得(2.5v)2＝2002＋1502＋2×200×150cos(α＋β)①，由正弦定理得150sinβ＝200sinα，所以sinα＝43sinβ.又cosα＝34cosβ，sin2α＋cos2α＝1，解得sinβ＝35，故cosβ＝45，sinα＝45，cosα＝35，故cos(α＋β)＝1225－1225＝0，代入①解得v＝100.5．地面上有两座相距120m的塔，在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α，在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为α2，且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角，则两塔的高度分别为()A．50m，100mB．40m，90mC．40m，50mD．30m，40m解析：选B.设高塔高Hm，矮塔高hm，在O点望高塔塔顶的仰角为β.则tanα＝H120，tanα2＝h120，根据三角函数的倍角公式有H120＝2×h1201－h1202.①因为在两塔底连线的中点O望两塔塔顶的仰角互为余角，所以在O点望矮塔塔顶的仰角为π2－β，由tanβ＝H60，tanπ2－β＝h60，得H60＝60h.②联立①②解得H＝90，h＝40.即两座塔的高度分别为40m，90m.6．一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为________海里/小时．解析：如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.在△PMN中，MNsin120°＝PMsin45°，所以MN＝68×3222＝346(海里)．又由M到N所用的时间为14－10＝4(小时)，所以此船的航行速度v＝3464＝1762(海里/小时)．答案：17627.如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B的距离是84m，则塔高CD＝________m.解析：设塔高CD＝xm，则AD＝xm，DB＝3xm.又由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，在△ABD中，利用余弦定理，得842＝x2＋(3x)2－23·x2cos150°，解得x＝127(负值舍去)，故塔高为127m.答案：1278.如图，为了测量河对岸A，B两点之间的距离，观察者找到一个点C，从C点可以观察到点A，B；找到一个点D，从D点可以观察到点A，C；找到一个点E，从E点可以观察到点B，C.测量得到：CD＝2，CE＝23，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E＝60°，则A，B两点之间的距离为________.cos48.19°取23解析：依题意知，在△ACD中，∠DAC＝30°，由正弦定理得AC＝CDsin45°sin30°＝22，在△BCE中，∠CBE＝45°，由正弦定理得BC＝CEsin60°sin45°＝32.在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝10，所以AB＝10.答案：109．如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100m，求山高MN.解：根据题图，AC＝1002m.在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.由正弦定理得ACsin45°＝AMsin60°⇒AM＝1003m.在△AMN中，MNAM＝sin60°，所以MN＝1003×32＝150(m)．10.如图，在一条海防警戒线上的点A，B，C处各有一个水声监测点，B，C两点到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8秒后A，C同时接到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B，C到P的距离，并求x的值；(2)求P到海防警戒线AC的距离．解：(1)依题意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝PA2＋AB2－PB22PA·AB＝x2＋202－（x－12）22x·20＝3x＋325x，同理，在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝PA2＋AC2－PC22PA·AC＝x2＋502－x22x·50＝25x.因为cos∠PAB＝cos∠PAC，所以3x＋325x＝25x，解得x＝31.(2)作PD⊥AC于点D(图略)，在△ADP中，由cos∠PAD＝2531，得sin∠PAD＝1－cos2∠PAD＝42131，所以PD＝PAsin∠PAD＝31×42131＝421.故静止目标P到海防警戒线AC的距离为421千米．[综合题组练]1．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为()A．505米B．507米C．5011米D．5019米解析：选B.设该扇形的半径为r米，连接CO.由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos60°＝OC2，即1502＋1002－2×150×100×12＝r2，解得r＝507.2.如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25m的建筑物CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进50m到达B处，又测得∠DBC＝45°，根据以上数据可得cosθ＝________．解析：由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°可得∠BDA＝30°，∠DBA＝135°，∠BDC＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得50sin30°＝DBsin15°，即DB＝100sin15°＝100×sin(45°－30°)＝252(3－1)，又25sin45°＝252（3－1）sin（90°＋θ），即25sin45°＝252（3－1）cosθ，得到cosθ＝3－1.答案：3－13．如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100m，汽车从B点到C点历时14s，则这辆汽车的速度约为________m/s(精确到0.1，参考数据：2≈1.414，5≈2.236)．解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.设这辆汽车的速度为vm/s，则BC＝14v，在Rt△ADB中，AB＝ADcos∠BAD＝ADcos60°＝200.在Rt△ADC中，AC＝ADcos∠CAD＝100cos45°＝1002.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，所以(14v)2＝(1002)2＋2002－2×1002×200×cos135°，所以v＝50107≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6m/s.答案：22.64．(应用型)校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为106m(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上，若国歌时长为50s，升旗手应以________m/s的速度匀速升旗．解析：依题意可知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，所以∠EAC＝180°－45°－105°＝30°.由正弦定理可知CEsin∠EAC＝ACsin∠CEA，所以AC＝CEsin∠EAC·sin∠CEA＝203(m)．所以在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝203×32＝30(m)．因为国歌时长为50s，所以升旗速度为3050＝0.6m/s.答案：0.65.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一座发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100m和BN＝200m，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了1003m后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tanθ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，所以PM＝1003.连接QM，在△PQM中，∠QPM＝60°，PQ＝1003，所以△PQM为等边三角形，所以QM＝1003.在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.在Rt△BNQ中，tanθ＝2，BN＝200.所以BQ＝1005，cosθ＝55.在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcosθ＝(1005)2，所以BA＝1005.即两发射塔顶A，B之间的距离是1005m.6．(应用型)如图所示，经过村庄A有两条夹角60°的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：千米)．如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?解：设∠AMN＝θ，在△AMN中，MNsin60°＝AMsin（120°－θ）.因为MN＝2，所以AM＝433sin(120°－θ)．在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP＝163sin2(120°－θ)＋4－2×2×433sin(120°－θ)cos(60°＋θ)＝163sin2(θ＋60°)－1633sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4＝83[1－cos(2θ＋120°)]－833sin(2θ＋120°)＋4＝－83[3sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋203＝203－163sin(2θ＋150°)，θ∈(0°，120°)．当且仅当2θ＋150°＝270°，即θ＝60°时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值23.所以设计∠AMN＝60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．